ДУ 2-го порядка

[radiovolna]

Задание: найти частное решение, если $y(0) = 1$; $y'(0) = 2$

$yy'' + (y')^2 = 1$

Проблема: не получается выразить $y$ для нахождения значений коэффицентов.
Решение:
1. $v = y'$

$yv \frac {dv} {dy} + v^2 = 1$

2. Преобразовываю

$\frac {dy} {y} = \frac {v{dv}} {1-v^2}$

3. Интегрирую

$\ln(y) = \frac {1} {2} \ln(\frac {v-1} {v+1}) - \ln(1-v) + \ln(C)$

4. $y = \frac{-C} {v+1}$ <=> $y = \frac{-C} {\frac {dy} {dx} +1 }$

5. Преобразовываю

$dx = \frac {-y} {C+y} dy$

6. Интегрирую

$x = C\ln(C+y) - y + P$; где $P,C = \operatorname{const}

[Алексей К.]

В п.3 какая-то путаница. Проверьте.

[Day]

Не понял, а зачем вам y выражать? В п.3 (хоть там и путаница), подставляете u = 2, y = 1, Находите C .... и так лалее

[radiovolna]

Подправил. Только у меня сомнение осталось на счет $\ln(C)$: можно ли записать так, вместо просто $C$?
На счет подстановки: уже сообразил про это наконец. Долго же доходило
P.S. Дальше 3-го исправлять не стал ошибку

[Алексей К.]

Можно так записать. Это же не противоречит смыслу этой константы.

[Someone]

radiovolna в сообщении #615293 писал(а):

2. Преобразовываю

$\frac {dy} {y} = \frac {v{dv}} {1-v^2}$

3. Интегрирую

$\ln(y) = \frac {1} {2} \ln(\frac {v-1} {v+1}) - \ln(1-v) + \ln(C)$

Что-то странное у Вас получилось... Все знаки абсолютной величины куда-то сгинули, и проинтегрировали-то совсем неправильно.

[radiovolna]

Я просто не до конца понял причину отсутствия модулей в логарифме после интегрирования. Их ведь просто опускают в ДУ или как?

[Алексей К.]

Нет, "просто опускать" --- нематематично.

Я бы так рассудил в этом случае. После правильного интегрирования Вы встали перед выбором:

$$\ln(\pm y)=C-\frac12\ln\left[\pm(1-v^2)\right].$$

Ваши граничные условия позволяют в обоих $\pm$-случаях сделать правильный выбор знака: аргумент логарифма должен быть положительным.
Когда у нас нет такой возможности, спасает запись с модулем: она как бы вынуждает рассмотреть все четыре варианта и, если появятся какие-то основания, принять решение попозже.

[Someone]

radiovolna в сообщении #615542 писал(а):

Я просто не до конца понял причину отсутствия модулей в логарифме после интегрирования. Их ведь просто опускают в ДУ или как?

"Или как." Вот смотрите: Ваше исходное уравнение

$$yy''+(y')^2=1$$

определено для любой дважды дифференцируемой функции $y(x)$. Принимая $y$ за независимую переменную, Вы исключаете функции $y=C$, что может привести (но в данном случае не приводит) к потере соответствующих решений (если что, их можно найти подстановкой $y=C$ в исходное уравнение). При этом Вы получаете уравнение

$$yv\frac{dv}{dy}=1-v^2,$$

которое определено определено при всех $y$ и всех дифференцируемых функций $v$. Преобразуя его к виду

$$\frac{dy}y=\frac{vdv}{1-v^2},$$

Вы теряете решения $v=\pm 1$, то есть, $y=\pm x+C$. Дальше Вы интегрируете. Делаете Вы это как-то странно; стандартно надо просто заметить, что $vdv=-\frac 12d(1-v^2)$, и получится

$$\ln\lvert y\rvert=-\frac 12\ln\lvert 1-v^2\rvert+\ln\lvert C\rvert.$$

Избавившись от логарифмов, получим

$$y=\frac C{\sqrt{\lvert 1-v^2\rvert}}.$$

Знаки модуля вокруг $y$ и $C$ можно снять, включив возникающий при этом "$\pm$" в произвольную постоянную $C$. Заметим, что здесь $C\neq 0$, так как $y=0$ не является решением исходного уравнения.
Если мы опустим модули после интегрирования, то вместо последнего уравнения получим либо $y=\frac C{\sqrt{1-v^2}}$, либо $y=\frac C{\sqrt{v^2-1}}$ в зависимости от деталей вычисления интеграла. В первом случае мы потеряем все решения, в которых $\lvert v\rvert>1$, а во втором, напротив, все решения, в которых $\lvert v\rvert<1$.

radiovolna в сообщении #615313 писал(а):

Только у меня сомнение осталось на счет $\ln(C)$: можно ли записать так, вместо просто $C$?

Это произвольная постоянная. Как Вы её обозначите - $C$, $\ln C$ или ещё как-нибудь - это целиком Ваше дело, лишь бы она могла принимать все значения, допускаемые уравнением.

[radiovolna]

Всем огромное спасибо за ответы, теперь понятно.

[armez]

Вообще-то, $yy''+{(y')}^2=(yy')'=((\frac{y^2}{2})')',$ так что имеем уравнение $(y^2)''=2.$

[Алексей К.]

armez,
Ваши глаза оказались незашоренными перед стандартным "ДУ 2-го порядка без икса".
Спасибо, что поделились увиденным.